Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh khánh hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn thi : TỐN (CHUN)
Ngày thi : 04/06/2022

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,00 điểm)
A

6 6  4 2  1 3 10  6 3

3 2
42 3

a) Rút gọn biểu thức
2
2
2
2
2
2
b) Cho các số thực a, b, c thỏa 2a  3ab  2b  1; b  3bc  4c  2 và c  3ca  a  3 . Tính
4
4
4
giá trị của biểu thức B  a  b  c

Câu 2. (2,00 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ, cho đường thẳng d : y  mx  m  1 (m là tham số). Tìm tất cả
các giá trị của m để d cắt trục hoành tại điểm A, trục tung tại điểm B và tạo thành tam
giác OAB có diện tích bằng 2 (O là gốc tọa độ)
 2 x 3  6 x 2 y  5 xy 2  2 y 3  0

1
1
1

 x 2  12 y  4  x 2  4 y  4  30 y


b) Giải hệ phương trình
Câu 3. (1,50 điểm)
3
2
a) Chứng minh 2 x  3x  1  0 với mọi số thực x  0

1
1
1
3


 .
3
3
3
b) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa 1  x 1  y 1  z 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của

1 x
1 y
1 z
Q


 2022
2
2
2
1

x

x
1

y

y
1

z

z
biểu thức

Câu 4. (2,50 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân đỉnh C nội tiếp đường tròn   Gọi
d1 và d 2 tương ứng là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B, các tiếp tuyến này cắt nhau
tại D. Gọi E là hình chiếu vng góc của O lên đường thẳng DC

a) Chứng minh năm điểm A, O, E, B, D cùng thuộc một đường tròn
b) Một đường thẳng d qua C và song song với AB cắt d1 tại F. Chứng minh
O .

DAC ∽ DEF

c) Gọi K là trung điểm của AC. Chứng minh ba điểm E , F , K thẳng hàng
Câu 5. (2,00 điểm)
a) Bên trong một tam giác đều cạnh bằng 4 cho năm điểm. Chứng minh rằng trong 5
điểm đó có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2
2
3
4
b) Cho các số tự nhiên a, b, c thỏa 2a  3b  4c . Chứng minh a, b, c đều chia hết cho 6
c) Một tập hợp S được gọi là có tính chất T nếu S có đúng bốn phần tử và với mọi phần
tử x của S thì ít nhất một trong hai phần tử x-1 hoặc x+1 thuộc S


X   1; 2;3;.....; 2022

Cho tập hợp
của tập X

.Tính số tất cả các tập con có tính chất T (nêu trên)
ĐÁP ÁN

Câu 1. (2,00 điểm)
c) Rút gọn biểu thức
6 6  4 2 1
3 2

3

10  6 3 

3





A

 2 2

6

2

1

3 2



3 1

3

6 6  4 2  1 3 10  6 3


3 2
42 3






6 2  2 1



3 2

 3  1; 4  2 3 





3 1

2

11  6 2
3 2



3 2

3 2

2

1

 3 1

 A2
2
2
2
2
2
2
d) Cho các số thực a, b, c thỏa 2a  3ab  2b  1; b  3bc  4c  2 và c  3ca  a  3 . Tính
4
4
4
giá trị của biểu thức B  a  b  c
Ta có :

2a 2  3ab  2b 2  1 2a 2  3ab  2b 2  1
 2
 2
2
2
2
2
2

b  3bc  4c  2  b  3bc  4c  2  3a  3b  3c  3  ab  bc  ca   0
c 2  3ca  a 2  3
c 2  3ca  a 2  3


 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0   a  b    b  c    c  a   0  a  b  c
2

2

2

 2a 2  3ab  2b 2  1 a 2  1


 b 2  3bc  4c 2  2  b 2  1  B  3
c 2  3ca  a 2  3
c 2  1



Câu 2. (2,00 điểm)
c) Trong mặt phẳng tọa độ, cho đường thẳng d : y  mx  m  1 (m là tham số). Tìm tất
cả các giá trị của m để d cắt trục hoành tại điểm A, trục tung tại điểm B và tạo
thành tam giác OAB có diện tích bằng 2 (O là gốc tọa độ)
Nhận xét m  0, m  1 thì d khơng cắt cả hai trục tọa độ tại hai điểm phân biệt. Do đó
m  0; m  1

 m  1 
A

; 0 , B  0; m  1

Ta có  m


SOAB 

1 m  1
m 1 ;
2 m

SOAB  2 

1 m  1
m  1
2
. m 1  2 
. m  1  4   m  1  4 m
2 m
m

 m 2  2m  1  4 m  m  0 
m  1
 2

 m  2m  1  4m  m  0 
 m  3  2 2
Vậy các giá trị cần tìm là m  1; m  3  2 2
 2 x 3  6 x 2 y  5 xy 2  2 y 3  0


1
1
1

 x 2  12 y  4  x 2  4 y  4  30 y


d) Giải hệ phương trình
2
2
Điều kiện : y  0, x  12 y  4  0; x  4 y  4  0
3

2

x
x
x
2 x  6 x y  5 xy  2 y  0  2    6    5  2  0  x  2 y
y
 y
 y
1
1
1
1
1
1
 2


 2
 2
 x
2
x  12 y  4 x  4 y  4 30 y
x  6 x  4 x  2 x  4 15
Do x  0, nhân 2 vế của phương trình cho x ta được :
3

2

2

3

1
1
1


4
1
1
1
4
4
x   6 x   2 15
t  x   6,



x
x
x
. Đặt
phương trình trở thành : t t  4 15
t  6  x 2  12 x  4  0  x  6  4 2
 .....  t 2  4t  60  0  
2
t  10  x  4 x  4  0  x  2



Vậy hệ có nghiệm
Câu 3. (1,50 điểm)
3
2
c) Chứng minh 2 x  3x  1  0 với mọi số thực x  0
 2; 1 ,

2 x3  3x 2  1  0   x  1

2

6  4 2;3  2 2 ; 6  4 2;3  2 2



 2 x  1  0 (luôn đúng) (đpcm)

1

1
1
3


 .
3
3
3
d) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa 1  x 1  y 1  z 2 Tìm giá trị nhỏ nhất
1 x
1 y
1 z
Q


 2022
2
2
1 x  x 1 y  y 1 z  z2
của biểu thức
2 x3  3 x 2  1  0  2 x3  2  3 x 2  3  0  2  1  x 3   3  1  x 2  

1  x3 3 1  x 2
 .
1  x3 2 1  x3

1  y3 3 1  y2 1  z3 3 1  z 2
 .
;

 .
3
3
2
3
Tương tự ta có : 1  y 2 1  y 1  z 2 1  z với mọi y, z  0


1
1
1
3
1
1
1
1
1
1


 
 
 
 0
3
3
3
3
3
3

1 x 1 y 1 z
2
1 x 2 1 y 2 1 z 2


1  x 2 1  y3 1  z 3


0
1  x3 1  y 3 1  z 3

Theo chứng minh trên ta có :
3  1  x2 1  y2 1  z 2  1  x2 1  y3 1  z3




0


2  1  x3 1  y 3 1  z 3  1  x3 1  y 3 1  z 3


Câu 4. (2,50 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân đỉnh C nội tiếp đường tròn  
Gọi d1 và d 2 tương ứng là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B, các tiếp tuyến này
cắt nhau tại D. Gọi E là hình chiếu vng góc của O lên đường thẳng DC

O .

d) Chứng minh năm điểm A, O, E, B, D cùng thuộc một đường tròn

DAO  90 (DA là tiếp tuyến); DBO  90 (DB là tiếp tuyến)
 DAOB là tứ giác nội tiếp
DEO  90 (E là hình chiếu của O lên DC) nên E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác
DAOB . Suy ra A, O, E , B, D cùng thuộc một đường trịn đường kính DO
e) Một đường thẳng d qua C và song song với AB cắt d1 tại F. Chứng minh
DAC ∽ DEF

Tứ giác AEBD nội tiếp  AED  ABD; ABD  ACB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung )
Do đó: AED  ABD  ACB  180  ABC  BAC  180  FAC  ACF  AFC
 tứ giác AECF nội tiếp nên ACE  AFE  ACD  DFE
 DAC ∽ DEF

f) Gọi K là trung điểm của AC. Chứng minh ba điểm E , F , K thẳng hàng
Tứ giác OABE nội tiếp nên AEO  ABO  OAB
Tứ giác OECK nội tiếp nên OEK  OCK  OAK
AEK  AEO  OEK  ABO  OCK  ABO  OCA  CAB  ACF
Suy ra AEK  ACF  AEF hay ba điểm E , K , F thẳng hàng

Câu 5. (2,00 điểm)
d) Bên trong một tam giác đều cạnh bằng 4 cho năm điểm. Chứng minh rằng trong
5 điểm đó có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2


Xét tam giác đều ABC , gọi C1 , A1 , B1 lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , CA. Theo
nguyên lý Dirichlet có 1 tam giác chứa 2 điểm, chẳng hạn đó là tam giác AB1C1. Gọi
hai điểm đó là M , N . Ta chứng minh MN  2
Nếu cả hai điểm M , N  B1C1 thì MN  B1C1  2 . Ngược lại, đường thẳng MN cắt
AC1 , AB1 lần lượt tại E và F. Xét tam giác AEF , tam giác này có một góc lớn hơn hoặc
bằng 60 , chẳng hạn là AFE (góc lớn nhất). Khi đó MN  EF  AE  AC1  2
2

3
4
e) Cho các số tự nhiên a, b, c thỏa 2a  3b  4c . Chứng minh a, b, c đều chia hết cho 6
Từ giả thiết suy ra b là số chẵn, đặt b  2b1 , b1  ¥
2a 2  3b3  4c 4  2a 2  24b13  4c 4  a 2  12b13  2c 4

. Suy ra a là số chẵn, lại đặt a  2a1 , a1  ¥

2
3
4
2
3
4
2
3
4
Khi đó 2a  12b1  4c  8a1  24b1  4c  2a1  6b1  c  c là số chẵn.
Vậy a, b, c dều chia hết cho 2

Dễ thấy 2a  3b chia 3 dư 0 hoặc dư 2 
hai vế chia hết cho 3
2

3

2a 2  3b3 M3 2a 2 M
3 a M
3
 4


 4
3
3
4c M
c M
c M3 . Đặt

a  3k , a  3k  1

4
và 4c chia 3 dư 0 hoặc 1. Suy ra cả

a  3m, m  ¥

c  3n, n  ¥ . Khi đó :

2a 2  3b3  4c 4  2.9m 2  3b3  4.81n 4  2.3m 2  b3  4.27 n 4  b3 M
3  bM
3
a
,
b
,
c
Vậy
đều chia hết cho 6

f) Một tập hợp S được gọi là có tính chất T nếu S có đúng bốn phần tử và với mọi
phần tử x của S thì ít nhất một trong hai phần tử x-1 hoặc x+1 thuộc S

X   1; 2;3;.....; 2022
Cho tập hợp
.Tính số tất cả các tập con có tính chất T (nêu
trên) của tập X


Xét bài toán : Cho tập
Xét tập con

Y   1; 2;3;....; n  n  ¥ , n  4 

S   a; b; c; d 

. Gọi S là một tập con có tính chất T của Y

, giả sử a  b  c  d . Khi đó b  a  1; c  b  1; d  c  1  d  a  3

*) a  S  a  1 S  b  a  1

*) d  S  d  1 S  c  d  1

 S   a; a  1; d  1; d 

a; d
. Do đó ta chỉ cần đếm các cặp số   với a, d  Y và d  a  3
*) a  1  d có n – 3 cách chọn
*) a  2  d có n – 4 cách chọn
…………….
*) a  n  3 thì d có 1 cách chọn

Vậy tổng số tập con S của Y có tính chất T là
Áp dụng bài toán trên cho các trường hợp tập

 2022  3  2022  2   2019.2020  2039190
2
2

n  3  n  4  ....  2  1 

X   1; 2;3;....; 2022

 n  3  n  2 
2

, số các tập con cần tìm là